新高考物理一轮复习精讲精练第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律（含解析）

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第二讲 牛顿第二定律
Ø 知识梳理
一、牛顿第二定律
1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
2.表达式：F＝kma，当F、m、a单位采用国际单位制时k＝1，F＝ma。
3.适用范围
①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
二、单位制、基本单位、导出单位
1.单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
①基本量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本量。
②基本单位：基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位千克、秒、米就是基本单位。
③导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
2.国际单位制的基本单位
基本物理量
物理量符号
单位名称
单位符号
长度
l
米
m
质量
m
千克(公斤)
kg
时间
t
秒
s
电流
I
安[培]
A
热力学温度
T
开[尔文]
K
物质的量
n，(ν)
摩[尔]
mol
发光强度
I，(IV)
坎[德拉]
cd
Ø 知识训练
考点一、牛第二定律的理解
1.牛顿第二定律的五个性质
(1)矢量性：加速度方向与合力的方向相同，表达式是矢量式。
(2)独立性：作用在物体上的每一个力都可以产生一个加速度，物体的加速度是所有力产生的加速度的矢量和。
(3)因果性：F是产生a的原因。
(4)同体性：F、a、m必须针对同一个物体或系统
(5)瞬时性：加速度与合力F是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失。

2.合力、加速度、速度的关系
(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2)合力与速度夹角为锐角时，物体加速；合力与速度夹角为钝角时，物体减速。
(3)a＝是加速度的定义式，a与v、Δv、Δt无直接关系；a＝是加速度的决定式。
例1、有关运动与相互作用的关系，下列说法正确的是(　　)
A．一个物体速度向东，则其受合力一定向东
B．一个物体速度越大，则其受合力一定越大
C．一个物体受合力为0，则其速度一定为0
D．一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快
【答案】D
【解析】如果物体向东减速运动，则其所受合力向西，A错误；如果物体以很高的速度做匀速运动，则其所受合力为零，B、C错误；一个物体受合力越大，根据牛顿第二定律可知，其加速度越大，即速度变化就越快，D正确。
例2、(2022·山东省实验模拟)物块在水平向右的恒定推力F的作用下刚好沿倾角为30°的固定斜面向上做匀速运动，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度为g，若推力F改为沿斜面向上推物块，则物块的加速度为(　　)
A．2g　　　　　　　　　 B．g
C．(－1)g D．(＋1)g
【答案】C
【解析】设物块的质量为m，当推力F水平向右时，物块做匀速直线运动，根据平衡条件可得，沿斜面方向Fcos 30°＝mgsin 30°＋μN，垂直于斜面方向N＝mgcos 30°＋Fsin 30°，联立可解得F＝mg，当推力F沿斜面向上时，根据牛顿第二定律可得F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，代入数据可解得a＝(－1)g。
例3、如图所示，弹簧左端固定，右端自然伸长到O点并系住质量为 m的物体。现将弹簧压缩到A点,然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力(不包括弹簧弹力)恒定,则(　 　)

A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O做加速运动,从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时,所受合力为零
D．物体从A到O的过程中,加速度逐渐减小
【答案】A
【解析】物体从A到O,初始阶段受到的向右的弹力大于阻力,合力向右。随着物体向右运动,弹力逐渐减小,合力逐渐减小,由牛顿第二定律可知,加速度向右且逐渐减小,由于加速度与速度同向,物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时,弹力减小到与阻力相等,物体所受合力为零,加速度为零,速度达到最大。此后,随着物体继续向右运动,弹力继续减小,阻力大于弹力,合力方向变为向左,至O点时弹力减为零,此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O′点后,合力(加速度)方向向左且逐渐增大,由于加速度与速度反向,故物体做加速度逐渐增大的减速运动,选项A正确。
例4、如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定释放小物块．计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v－t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线，已知小物块的质量为m＝2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．小物块与地面间的动摩擦因数为0.3
B．小物块与地面间的动摩擦因数为0.4
C．弹簧的劲度系数为175 N/m
D．弹簧的劲度系数为150 N/m
【答案】C
【解析】根据v－t图线的斜率大小表示加速度大小，由题图乙知，物块脱离弹簧后的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得，摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma，所以μ＝＝0.5，A、B错误；刚释放时物块的加速度为a′＝＝ m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma′，代入数据解得k＝175 N/m，C正确，D错误．
例5、如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为(　　)

A．0.35mg B．0.3mg
C．0.23mg D．0.2mg
【答案】D
【解析】将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示

水平方向：Ff＝max
竖直方向：FN－mg＝may
FN＝1.15mg
又＝
联立解得Ff＝0.2mg，故D正确．
例6、(2021·湖南月考)蹦床比赛项目中，若蹦床对运动员的弹力大小与其下压的形变量呈线性关系，且比赛全程蹦床始终处于弹性限度内，取运动员上升的最高点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力。从运动员某次上升到最高点时开始计时，从最高点下降到最低点的过程中用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间，下列描述速度v与时间t，加速度a与竖直位置坐标y的关系图像可能正确的是(　 　)

【答案】D
【解析】运动员在下落的过程中,接触蹦床之前,做自由落体运动,加速度为g;接触之后,弹力F=kΔx,随下落距离逐渐增大;根据牛顿第二定律mg-kΔx=ma可知,弹性绳的伸长量Δx和a是线性变化关系,故a和y也是线性变化关系,当弹力F小于重力时,做加速度减小的加速运动;当弹力F等于重力时,加速度为零,速度最大;当弹力F大于重力时,做加速度增大的减速运动,所以加速度先不变,后减小再反向增大,且加速度a和y是线性变化关系,故C错误,D正确;由上知加速度先不变,后减小再反向增大,可知速度—时间图像的斜率绝对值先不变,后减小再增大,故A、B均错误。
例7、如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则此时弹簧的伸长量为(　　)

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】对小球与弹簧组成的整体分析，整体的加速度a＝，隔离质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝3ma＝，则此时弹簧的伸长量x＝＝，C正确。
例8、(多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上．重力加速度为g，下列判断中正确的是(　　)

A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
【答案】BC
【解析】设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝，FT＝mgtan θ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mgcos θ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝，C正确，D错误．
例9、如图所示，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)(　　)

A．0 　　 　B．2.5 N
C．5 N 　　 　D．3.75 N
【答案】D
【解析】剪断细线前，只有A对弹簧有作用力，所以剪断细线前弹簧的弹力F弹＝mAg＝15 N，将细线剪断的瞬间，根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－F弹＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/s2，隔离B，则有mBg－FN＝mBa，代入数据解得FN＝mBg－mBa＝3.75 N，D正确。
l 课堂随练
训练1、(多选)下列说法正确的是(　　)
A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，在力刚作用瞬间，物体立即获得加速度
B．物体由于做加速运动，所以才受合力作用
C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关
D．物体所受合力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
【答案】ACD
【解析】由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此在力刚作用瞬间，物体会立即获得加速度，A正确；根据因果关系，合力是产生加速度的原因，即物体由于受合力作用，才会产生加速度，B错误；牛顿第二定律F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，C正确；由牛顿第二定律知物体所受合力减小，加速度一定会减小，而速度的变化由加速度和初速度共同决定，不一定会减小，D正确。
训练2、一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是(　　)

A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
【答案】D
【解析】滑块始终未与皮带达到共速，则滑块始终受到皮带对它向左的滑动摩擦力μmg。开始时，弹簧弹力小于摩擦力，滑块向左做加速运动，对滑块，由牛顿第二定律有：μmg－kx＝ma，在滑块运动过程中摩擦力不变，弹力增大，所以滑块的加速度减小，滑块先做加速度减小的加速运动；当弹力增大到大于摩擦力时，有：kx－μmg＝ma，随弹力的增大，滑块的加速度增大，滑块做加速度增大的减速运动，直到速度减小为零，弹簧最长，故A、B、C错误，D正确。
训练3、如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器。木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0 N，下表面压力传感器的读数为20.0 N。当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10 m/s2，此时木箱的加速度为(　　)

A．10.0 m/s2 B．5.0 m/s2
C．2.5 m/s2 D．条件不足，无法确定
【答案】C
【解析】木箱静止时，对弹簧和物块整体进行受力分析，受重力G、上方传感器向下的压力F1＝12.0 N、下方传感器向上的支持力N1＝20.0 N，根据平衡条件，有G＋F1＝N1，得G＝20.0 N－12.0 N＝8.0 N，弹簧重力不计，故物块的重力为8.0 N，所以物块的质量m＝＝ kg＝0.80 kg；由牛顿第三定律可知弹簧弹力F＝N1＝20.0 N。当系统竖直向上发射时，木箱上表面和下表面压力传感器均有示数，说明弹簧长度不变，即弹簧弹力不变，仍为F，故下表面压力传感器读数为F，上表面压力传感器读数为，根据牛顿第二定律，有F－G－＝ma，解得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A、B、D错误，C正确。
训练4、跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示。已知人的质量为70 kg，吊板的质量为10 kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计。取重力加速度g＝10 m/s2。当人以440 N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为(　　)

A．a＝1.0 m/s2，F＝260 N
B．a＝1.0 m/s2，F＝330 N
C．a＝3.0 m/s2，F＝110 N
D．a＝3.0 m/s2，F＝50 N
【答案】B
【解析】以人与吊板组成的整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力，由牛顿第二定律可知：整体的加速度a＝＝ m/s2＝1.0 m/s2；设F′为吊板对人的支持力，以人为研究对象，由牛顿第二定律可知：T＋F′－mg＝ma，解得人受吊板的支持力F′＝mg－T＋ma＝700 N－440 N＋70 N＝330 N，由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330 N。故B正确。
训练5、(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图b所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)

A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【答案】ACD
【解析】由v­t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝，a2＝gsinθ－μgcosθ＝，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v­t图线与横轴所围面积表示位移s，可求出物块向上滑行的最大高度h＝ssinθ，选项D正确；物体质量则无法通过已知条件求出，B错误。
训练6、(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)


【答案】A
【解析】物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，弹簧恢复原长前，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。
训练7、如图所示的小球系在轻弹簧的下端。用最小力拉小球至弹簧与水平方向成30°位置由静止释放，重力加速度的大小为g。关于小球释放瞬间的加速度，下列说法正确的是(　　)

图5
A．a＝g，方向与竖直方向成30°
B．a＝g，方向与竖直方向成60°
C．a＝g，方向与竖直方向成30°
D．a＝g，方向与竖直方向成60°
【答案】A
【解析】根据题意用最小力拉小球至与水平方向成30°角，受力分析如图所示，F1＝mgsin 60°，当释放小球瞬间，弹力与重力保持不变，合力方向与竖直方向成30°角，大小为mgsin 60°，所以加速度大小为a＝gsin 60°＝g，方向与竖直方向成30°角斜向左下方，A正确。

训练8、(多选)如图7所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连。初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是(　　)

图7
A．轻绳a的拉力大小为6mgsin θ
B．B的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向下
C．C的加速度为0
D．杆的弹力为0
【答案】BD
【解析】轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小FT＝mgsin θ，选项A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m＋3m)gsin θ＝(2m＋3m)a0，解得a0＝gsin θ，方向沿斜面向下，可知选项B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsin θ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝0，选项D正确。
Ø 同步训练
1、下列说法正确的是(　　)
A．牛顿认为力是维持物体运动的原因
B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
C．国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位
D．根据速度定义式v＝，当Δt→0时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度
【答案】D
【解析】牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，A错误；牛顿第二定律可以通过实验来验证，牛顿第一定律不可以通过实验来验证，B错误；国际单位制中，kg、m是基本单位，N是导出单位，C错误；根据速度定义式v＝，当Δt→0时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，D正确。
2、以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v­t图象可能正确的是(　　)

【答案】D
【解析】空气阻力可忽略的物体只受重力，做竖直上抛运动，v­t图象是向下倾斜的直线，如虚线所示。受空气阻力的物体向上运动时，根据牛顿第二定律，有：mg＋f＝ma上，故a上＝g＋，由于阻力随着速度的减小而减小，故加速度逐渐减小，上升至最高点时，其速度为零，加速度有最小值g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg－f＝ma下，故a下＝g－，由于阻力随着速度的增大而增大，故加速度减小；v­t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，此时刻实线的切线与虚线平行。故D可能正确。
3、一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小，那么，图中能正确描述该过程中物体速度与时间关系的是(　　)

【答案】D
【解析】原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从零开始逐渐增大，又逐渐减小到零，则物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动．根据v－t图像的斜率表示加速度可知，v－t图像的斜率先增大后减小，故A、B、C错误，D正确．
4、(2015·海南高考)(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时(　　)

A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
【答案】BD
【解析】当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力FN增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，当物块沿斜面匀速下滑时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，当升降机加速上升时，假设物块相对于斜面匀速下滑，有FN＝m(g＋a)cosθ，Ff＝μm(g＋a)cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故假设成立，即物块仍相对于斜面匀速下滑，C错误，D正确。
5、(2020·陕西汉中二模)某次空降演练中，跳伞运动员从飞机上跳下，10 s后打开降落伞，并始终保持竖直下落，在0～14 s内其下落速度随时间变化的v­t图象如图所示，则(　　)

A．跳伞运动员在0～10 s内下落的高度为5v2
B．跳伞运动员(含降落伞)在0～10 s内所受的阻力越来越大
C．10 s时跳伞运动员的速度方向改变，加速度方向保持不变
D．10～14 s内，跳伞运动员(含降落伞)所受的合力逐渐增大
【答案】B
【解析】v­t图象与t轴围成的面积表示物体的位移，由图可知，0～10 s内，跳伞运动员下落的高度h>·v2×10＝5v2，故A错误；v­t图象的斜率表示加速度，由题图可知，0～10 s内，跳伞运动员的加速度a越来越小，根据牛顿第二定律有：G－f＝ma，可知，跳伞运动员(含降落伞)所受的阻力f越来越大，故B正确；0～14 s内，跳伞运动员的速度方向始终竖直向下，由图可知，0～10 s内加速度为正，跳伞运动员加速下落，10～14 s内，加速度为负，跳伞运动员减速下落，故C错误；由图可知，10～14 s内，跳伞运动员的加速度越来越小，根据牛顿第二定律有：F合＝ma，则跳伞运动员(含降落伞)所受的合力逐渐减小，故D错误。
6、(2020·四川宜宾一诊)(多选)如图a，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，并同时受到不断增大的风的作用，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体的加速度a与风速v的关系如图b所示，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)

A．物体沿斜面做匀变速运动
B．当风速v＝5 m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大
C．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．比例系数k为 kg/s
【答案】BCD
【解析】根据题意，物体受到的风力不断增大，且F风＝kv，则风速v不断增大，结合图b可知，物体沿斜面做的是加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；物体由静止沿斜面下滑，由图b知，当风速v＝5 m/s时，物体的加速度为零，此时物体的速度达到最大，故B正确；t＝0时，F风＝0，由图b知此时物体的加速度大小a0＝4 m/s2，根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，解得：μ＝0.25，故C正确；当v＝5 m/s时，物体的加速度为零，根据平衡条件有：mgsinθ－μN－kvcosθ＝0，N＝mgcosθ＋kvsinθ，解得：k＝ kg/s，故D正确。
7、(2022·深圳实验学校高三月考)如图所示，货车上一圆柱形货物A被放在V形物体B中，以防止A前后滚动。固定在货车上的B物体由一斜面插上竖直挡板构成。若竖直挡板与A之间的弹力为N1，斜面与A之间的弹力为N2，货车向右运动过程中，A和B保持相对静止，下列说法正确的是(　　)

A．货车加速，则N1增大，N2减小
B．货车加速，则N1增大，N2不变
C．货车减速，则N1减小，N2增大
D．货车减速，则N1不变，N2增大
【答案】B
【解析】货车向右加速，以A为研究对象，在竖直方向有N2cos θ＝mAg，水平方向N1－N2sin θ＝mAa，A和B保持相对静止，所以N2不变，则N1变大，故B正确，A错误；若货车减速，加速度水平向左，以A为研究对象，在竖直方向有N2cos θ＝mAg，水平方向有N2sin θ－N1＝mAa，A和B保持相对静止，所
以N2不变，则N1减小，故C、D错误。
8、(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)

A．0～5 m内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【答案】ABD
【解析】0～5 m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20 m/s2，则a1＝－10 m/s2，物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10 m/s，恒力F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B正确；5～13 m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误．
9、如图所示，质量为M的物体A放在光滑平台上，通过轻绳跨过光滑的固定滑轮与质量为m的物体B相连，释放物体B，二者共同加速运动，物体A运动过程中不会与滑轮相碰，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．两物体的加速度相同
B．轻绳上的拉力T>Mg
C．轻绳上的拉力T D．物体A的加速度大小为
【答案】C
【解析】两物体通过轻绳相连，故其加速度大小相等，设为a，对于物体A有：T＝Ma，对于物体B有：mg－T＝ma，解得：a＝，两物体的加速度大小相等，方向不相同，故A、D错误；以A为研究对象，轻绳上的拉力为：T＝Ma＝＝ 10、质量为m的长木板放在光滑的水平面上，质量为的物块放在长木板上，整个系统处于静止状态。若对物块施加水平拉力如图甲，使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F1；若对长木板施加水平拉力如图乙，也使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F2，则为(　　)

A． B．2
C． D．
【答案】A
【解析】设物块与长木板间的动摩擦因数为μ，当水平拉力作用在物块上，物块和长木板刚要相对滑动时，对物块和长木板组成的整体，根据牛顿第二定律有：F1＝a1＝ma1，对长木板有：μmg＝ma1；当水平拉力作用在长木板上，物块和长木板刚要相对滑动时，对两者组成的整体，根据牛顿第二定律有：F2＝a2＝ma2，对物块有：μmg＝ma2，联立各式得：＝，故A正确，B、C、D错误。
11、(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s内：F－F摩＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
12、如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，在托盘上放置一小物块，系统静止时弹簧顶端位于B点(未标出)。现对小物块施加一竖直向上的力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘脱离前，下列能正确反映力F的大小随小物块位置坐标x变化的图象是(　　)


【答案】B
【解析】设物块和托盘的质量分别为m和m盘，系统静止时，根据平衡条件，kx0＝(m＋m盘)g，其中x0是弹簧顶端时位于B点时弹簧的压缩量。根据题意建立坐标轴如图所示，O点是弹簧处于原长时其顶端所在的位置，则B点的坐标xB＝x0。在物块与托盘分离前，设它们的加速度为a，根据牛顿第二定律有：F＋kx－(m＋m盘)g＝(m＋m盘)a，解得F＝(m＋m盘)(a＋g)－kx，即F­x图象是纵截距为正、斜向下倾斜的直线。当x＝x0时，F＝(m＋m盘)a>0，则F­x图象不与x轴相交；当物块与托盘恰好分离时，对托盘有kx1－m盘g＝m盘a，解得x1＝(a＋g)>0，则F­x图象不与F轴相交。综上所述，B正确，A、C、D错误。

13、(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　)
A．F B．
C． D．
【答案】C
【解析】根据题意可知第2节对第3节车厢的牵引力为F，每节车厢的质量和所受摩擦力、空气阻力均相等，对后面38节车厢整体，根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma，设倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后面2节车厢整体，根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝，故C正确。
14、(2015·全国卷Ⅱ)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8 B．10
C．15 D．18
【答案】BC
【解析】设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，以挂钩P和Q位置为分界线，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝max，联立可得n＝x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误。
15、(2020·河南省六市联考二模)(多选)如图甲所示，在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时两滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的v­t图象如图乙所示，重力加速度为g，则(　　)

A．施加拉力F前，弹簧的形变量为
B．拉力F刚施加上时，A的加速度为0
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为m(g＋2a)
D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值
【答案】AC
【解析】施加拉力F前，对A、B整体，根据平衡条件有：2mgsinθ＝kx，解得弹簧的形变量x＝＝，故A正确；根据图乙可知，拉力F刚施加上时，A、B还未分离，具有共同的加速度a，故B错误；根据图乙可知，在t1时刻A、B分离，此时它们具有相同的加速度和速度，且FAB＝0，对A，根据牛顿第二定律有：F弹－mgsinθ＝ma，代入数据解得此时弹簧的弹力大小为：F弹＝m(g＋2a)，故C正确；当A所受的合力为零时，其速度达到最大值，此时有：mgsinθ＝F弹′，弹簧未恢复到原长，故D错误。